2017年华侨、港澳台联考数学真题-(含答案)

绝密★启用前2017年中华人民共和国普通高等学校联合招收华侨、港澳地区、台湾省学生入学考试数学一、选择题：本大题共12小题；每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.（1）若集合1,2,3A，2,3,4B，则AB（）（A）2（B）2,3（C）3,4（D）123,4，，（2）0000cos20cos25sin20sin25（）（A）22（B）12（C）0（D）22（3）设向量3,1a，3,1b，则a和b的夹角为（）（A）030（B）060（C）0120（D）0150（4）23+2i（）（A）1322i（B）13+22i（C）1322i（D）13+22i（5）设等差数列na的前n项和为nS，14a，546SSS，则公差d的取值范围是（）（A）81,9（B）41,5（C）84,95（D）1,0（6）椭圆C的焦点为11,0F，21,0F，点P在C上，22FP，1223FFP，则C的长轴长为（）（A）2（B）23（C）23（D）223（7）函数yfx的图像与函数ln1yx的图像关于y轴对称，则fx（）（A）ln1x（B）ln1x（C）ln1x（D）ln1x（8）设01a，则（）（A）22loglogaa（B）22loglogaa（C）22loglogaa（D）22loglogaa（9）4个数字1和4个数字2可以组成不同的8位数共有（）（A）16个（B）70个（C）140个（D）256个（10）正三棱柱111ABCABC各棱长均为1，D为1AA的中点，则四面体1ABCD的体积是（）（A）34（B）38（C）312（D）324（11）已知双曲线2222:10,0xyCabab的右焦点为,0Fc，直线ykxc与C的右支有两个交点，则（）（A）bka（B）bka（C）cka（D）cka（12）函数fx的定义域,，若1gxfx和1hxfx都是偶函数，则（）（A）fx是偶函数（B）fx是奇函数（C）24ff（D）35ff二、填空题：本大题共6小题；每小题5分.（13）62x的展开式中5x的系数是____________.（用数字填写答案）（14）在ABC中，D为BC的中点，8AB，6AC，5AD，则BC____________.（15）若曲线111yxxx的切线l与直线34yx平行，则l的方程为____________.（16）直线320xy被圆2220xyx截得的线段长为___________.（17）若多项式px满足21p，12p，则px被22xx除所得的余式为________.（18）在空间直角坐标系中，向量a在三个坐标平面内的正投影长度分别为2，2，1，则a____________.三、解答题：本大题共4小题；每小题15分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（19）（15分）设数列nb的各项都为正数，且11nnnbbb.（1）证明数列1nb为等差数列；（2）设11b，求数列1nnbb的前n项和nS.（20）（15分）已知函数323112fxaxaxx.（1）当0a时，求fx的极小值；（Ⅱ）当0a时，讨论方程0fx实根的个数.（21）（15分）袋中有m个白球和n个黑球，1mn.（1）若6m，5n，一次随机抽取两个球，求两个球颜色相同的概率；（2）有放回地抽取两次，每次随机抽取一个球，若两次取出的球的颜色相同的概率为58，求:mn.（22）（15分）设椭圆2222:10xyCabab的中心为O，左焦点为F，左顶点为A，短轴的一个端点为B，短轴长为4，ABF的面积为51（1）求a，b；（2）设直线l与C交于,PQ两点，2,2M，四边形OPMQ为平行四边形，求l的方程.2017年港澳台联考数学真题答案一、选择题123456789101112DACDADCBBDBC二、填空题13．1214．1015．3450xy16．317．1533x18．322三、解答题19．解：（1）两边取倒数得，.11111nnnnbbbb，故数列1nb为等差数列，其公差为1，首项为11b.（2）由（1）得，111b，111(1)nnnbb，故1nbn，所以1111(1)1nnbbnnnn，因此111111...22311nnSnnn．20．解：236112322fxaxaxaxx.（1）当0a时，令0fx，得2x或2xa；①当01a时，有22a，列表如下：x,2222,a2a2,a()fx00()fx↗极大值↘极小值↗故极小值为22124()afaa.②当1a时，有22a，则2320fxx，故fx在R上单调递增，无极小值；③当1a时，有22a，列表如下：x2,a2a2,2a22,()fx00()fx↗极大值↘极小值↗故极小值为(2)124fa.（2）①当0a时，令23123(4)fxxxxx，得0x或4x，有两个根；②当0a时，令0fx，得2x或2xa，有202a，列表如下：x2,a2a2,2a22,()fx00()fx↘极小值↗极大值↘故极大值为(2)1240fa，极小值22124()0afaa，因此()0fx有三个根.21．解：（1）记“一次随机抽取两个球，两个球颜色相同”为事件A，则2265211511CCPAC；（2）记“有放回地抽取两次，每次随机抽取一个球，若两次取出的球的颜色相同”为事件B，则两次取出的颜色都是白色的概率为21mpmn，则两次取出的颜色都是黑色的概率为22npmn，由题意，2222258mnmnPBmnmnmn，化简得2231030mmnn，即231030mmnn，解得3mn或13mn，由1mn，故3mn.22．解：（1）依题意得，222241()512ABFbSacbacb，解得521abc.（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为22154xy，因为四边形OPMQ为平行四边形，设OM的中点为D，则D也是PQ的中点，因为2,2M，则1,1D，设11,Pxy，22,Qxy，由题意22112222154154xyxy，两式相减得22221212054xxyy，变形得12121212054xxxxyyyy，即121212124421455215PQyyxxkxxyy，所以直线l的方程为41(1)5yx，即4590xy.带入22154xy，检验0，有两个交点，满足题意。方法2（韦达定理法）：①当直线PQ的斜率不存在时，直线l的方程为1x，此时PQyy，其中点为(1,0)，不成立；②当直线PQ的斜率存在时，设直线l的方程为1(1)ykx，联立得221(1)154ykxxy，消y化简得，222(54)10(1)510150kxkkxkk，设11,Pxy，22,Qxy，则12210(1)2151kkxxk，解得45k，带入上述二次方程，检验得0，满足题意.所以直线l的方程为41(1)5yx，即4590xy.